Đề thi KSCL đội tuyển học sinh giỏi Khối 10 môn Toán năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Lạc 2 (Có đáp án)

 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
 NĂM HỌC 2018-2019 
 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 
 1
Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y x2 7 x 6 
 1 1 2x
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số y x2 2 mx 3 m và hàm số y 2 x 3 . Tìm m để hai đồ 
thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB 4 5 . 
Câu 3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2x2 2 x m x 1 có nghiệm. 
 x 1
Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 1 có tập nghiệm là . 
 mx2 4 x m 3
Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình 2x2 6 x 1 4 x 5 
 4x 10 y 2 x 2 y 4
Câu 6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2x2 7 xy 5 y 2 
 x 2 y 24
 3
Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các cạnh 
BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vuông góc với 
PN. Tính độ dài PN theo a. 
Câu 8 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BC 2 AB , 
phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là d : x y 2 0 . Biết ABC 1200 và 
 A 3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác. 
Câu 9 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , biết IG IC . 
 a b c2 ab
Chứng minh rằng (Với AB c,, BC a CA b ). 
 3 a b
 3
Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực a, b , c 0 thỏa mãn a b c . Tìm giá trị nhỏ nhất 
 2
 1 1 1
của S a2 b 2 c 2 . 
 b2 c 2 a 2
 ------Hết------ 
 Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: . .. . . . .; Số báo danh 
 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 
 (Đáp án có 05 trang) ĐỀ THI MÔN: TOÁN 
 NĂM HỌC 2018-2019 
 I. LƯU Ý CHUNG: 
 - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm 
 theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. 
 - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. 
 II. ĐÁP ÁN: 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
 1 2
 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y x 7 x 6 
 1 1 2x
 x2 7 x 6 0
 Hàm số có xác định khi và chỉ khi 
 0,5 
 1 1 2x 0
 x 1
 x2 7 x 6 0 
 x 6 
 0,5 
 1 1 2x 0 
 1 1 2x 1
 x 1
 x 6 0 x 1 0,5 
 0 x 1
 Vậy tập xác định của hàm số là: D 0;1 0,5 
 (2,0 điểm). Cho hàm số y x2 2 mx 3 m và hàm số y 2 x 3. Tìm m để hai 
 2 
 đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB 4 5 . 
 Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x2 2 mx 3 m 2 x 3 
 0,5 
 x2 2 m 1 x 3 m 3 0 (*) 
 Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt 
 m 1
 ' 0 . 0,5 
 m 4
 Gọi A x1; 2 x 1 3 ; B x 2 ; 2 x 2 3 với x1; x 2 là nghiệm phương trình (*) 
 x1 x 2 2 m 1 
 Theo Vi-et ta có: 
 x1. x 2 3 m 1 0,5 
 2 2 2
 Ta có: AB 5 x1 x 2 5 x 1 x 2 20 x 1 . x 2 20 m 1 60 m 1 
 2 2
 AB 45 20 m 160 m 145 m 12 m 140 
 0,5 
 m 0; m 5. So sánh với điều kiện ta được m=0 và m=-5 
 3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2x2 2 x m x 1 có nghiệm. 
 x 1
 Ta có 2x2 2 x m x 1 
 2 0,5 
 x 4 x m 1 0(*) 2 2
 (*) x 4 x 1 m . Xét y x 4 x và y 1 m 0,5 
 x 1 2 + ∞ 
 -3 + ∞ 
 y 0,5 
 -4 
 Ta có bảng biến thiên hàm số y x2 4 x là: 
 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (*) phải có nghiệm x 1hay 0,5 
 1 m 4 m 5 
 x 1
 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 2 1 có tập 
4 mx 4 x m 3 
 nghiệm là . 
 Để bất phương trình có tập nghiệm ta cần có mx2 4 x m 3 0 với x 
 m 0 m 0 m 1 0,5 
 ( m =0 không thỏa mãn) 
 2 
 0 m 3 m 4 0 m 4
 Với m 1. Khi đó ta có mx2 4 x m 3 0 với x 
 Bpt x1 mx2 4 x m 3 mx 2 5 x m 4 0 (1) 
 4 41
 m 
 2 2
 Bpt có tập nghiệm (1) 0 4m 16 m 25 0 0,5 
 4 41
 m 
 2
 4 41
 Mà m 1 m 
 2
 Với m 4 . Khi đó ta có mx2 4 x m 3 0 với x 
 Bpt x1 mx2 4 x m 3 mx 2 5 x m 4 0 (2) 
 4 41
 m 
 2 2
 Bpt có tập nghiệm (2) 0 4m 16 m 25 0 0,5 
 4 41
 m 
 2
 4 41
 Mà m 4 m 
 2
 4 41 4 41
 KL: m ; m 0,5 
 2 2
5 (2,0 điểm). Giải phương trình 2x2 6 x 1 4 x 5 4
 Điều kiện: x . 
 5 0,5 
 Đặt t 4 x 5 t 0 
 t 2 5
 Ta có x thay vào ta được phương trình sau: 
 4 0,5 
 t4 10 t 2 25 6
 2. t2 5 1 t t 4 22 t 2 8 t 77 0 
 16 4
 t2 2 t 7 t 2 2 t 11 0 0,5 
 t1 1 2 2
 t 1 2 2 t 1 2 2 x 1 2
 2 t 0 
  0,5 
 t 1 2 3 t 1 2 3 
 3 x 2 3
 t4 1 2 3
 4x 10 y 2 x 2 y 4
6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2x2 7 xy 5 y 2 
 x 2 y 24
 3
 Đặt a 4 x 10 y ; b 2 x 2 y a , b 0 
 a b 4
 a b 4 0,5 
 2 2 
 Khi đó hệ trở thành a b ab 2 2 
 24 a b 2 ab 144
 6 3
 a b 4 a 8
 a b 4 a b 12 b 4 
 a, b 0 a 8
  0,5 
 2 
 a b 144 a b 4 a 4 b 4
 a b 12 b 8
 a 8 4x 10 y 8 2 x 5 y 32
 Với 0,5 
 b 4 x y 8
 2x 2 y 4 
 8 16
 Giải hệ trên ta được x ; y . 0,5 
 3 3
 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các 
7 cạnh BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho 
 AM vuông góc với PN. Tính độ dài PN theo a. 
 A
 P
 N
 0,5 
 B M C
   
 Đặt AP x AB x 0 
     1   1   2  1  
 Ta có: AM ABBM AB BC AB AC AB AB AC 
 3 3 3 3     1  
 PN PA AN xAB AC 
 3
   2 1   1  
 AM PN AM. PN 0 AB AC xAB AC 0 
 3 3 3 
     2
 2x2 1 2 2 x 2 0 a 
 a a AB. AC 0 AB. AC a cos 60 0,5 
 3 9 9 3 2 
 2
 2x2 1 2 2 x a 2 x 1 2 x 1 4
 a a 0 0 x 
 3 9 932 39932 15
      2
 4 12 4 1 
 Khi đó PN AB AC PN AB AC 
 15 3 15 3 0,5 
 16 1 8a2 21
 a2 a 2 . 
 225 9 45 2 225
 21
 PN 0,5 
 15
 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 
 BC 2 AB , phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là 
8 
 d : x y 2 0 . Biết ABC 1200 và A 3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của 
 tam giác. 
 B
 A C
 M 0,5 
 Đặt AB a a 0 
 Ta có: AC AB2 AC 2 2 AB . ACco s120 0 a 7 
 AB2 BC 2 AC 2 a 2 4 a 2 7 a 2 a 3
 BM 
 2 4 2 4 2
 3a2 7 a 2
 Ta có AB2 BM 2 a 2 AM 2 
 4 4 0,5 
 Suy ra tam giác ABM vuông tại B. 
 Khi đó phương trình AB: x y 2 0 
 B là giao của AB và BM B 2;0 0,5 
 6
 Ta có: AB d A, BM 2 a 2 BM 
 2
 6 3 0,5 
 Gọi M m;2 m . BM m 2 
 2 2
 M là trung điểm AC nên C 2 3;4 3 hoặc C 2 3;4 3 
 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , biết 
9 a b c2 ab 
 IG IC . Chứng minh rằng (Với AB c,, BC a CA b ). 
 3 a b C
 N
 I G 0,5 
 A B
 M
    
 Ta chứng minh aIA bIB cIC 0 
       1   
 a IC CA b IC CB cIC 0 CI a . CA b . CB 
 a b c 
    a1  b 1  
 GI CI CG CA CB 
 a b c3 a b c 3 0,5 
     
 Khi đó 2a b cCA 2 b a cCB aCA bCB 0 
   
 abCACB . b 2 abc a 2 bac 0 0,5 
   
 Do abCACB . ab ab cos C ab 1 cos C 0 
 Nên ta có: b 2 a b c a 2 b a c 0 
 a b c2 ab 0,5 
 baabcababc 3 3 0 6 ab ababc 
 3 a b
 3
 (2,0 điểm). Cho các số thực a, b , c 0 thỏa mãn a b c . Tìm giá trị nhỏ 
 2
10 
 21 2 1 2 1
 nhất của S a b c . 
 b2 c 2 a 2
 Ta thấy 
 1 1 1 1 1 1
 S a2 ... b 2 ... c 2 ... 0,5 
 2 2 2 2 2 2
 16b 16 b 16 c 16 c 16 a 16 a
 16 16 16
 a2 a 2 a 2
 1717 17 17 17 17 0,5 
 1616b 32 16 16 b 32 16 16 b 32
 a b c 1
 1717 17 17 3 17 17 0,5 
 8 16 8 16 8 16 8 5 5 5
 16b 16 c 16 a 16 a b c
 3 17 3 17 3 17
 5 15 2
 217 2a 2 b 2 c 2a 2 b 2 c 
 217 
 3 0,5 
 3 17 1
 Vậy MinS . Dấu “=” xảy ra a b c . 
 2 2